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6. 如图,在$△ ABC$中,$D$为$BC$上一点,$BC=\sqrt{3}AB=3BD$,若$AD=4$,则$AC$的长度为
$4\sqrt{3}$
.答案
6.$4\sqrt{3}$
解析
解：设$BD = x$，则$BC = 3x$，$AB=\frac{BC}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}x$，$DC=BC - BD=2x$。
在$△ ABD$中，由余弦定理得：
$\cos B=\frac{AB^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2· AB· BD}=\frac{(\sqrt{3}x)^{2}+x^{2}-4^{2}}{2· \sqrt{3}x· x}=\frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$
在$△ ABC$中，由余弦定理得：
$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2· AB· BC· \cos B$
将$AB=\sqrt{3}x$，$BC = 3x$，$\cos B=\frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$代入上式：
$AC^{2}=(\sqrt{3}x)^{2}+(3x)^{2}-2· \sqrt{3}x· 3x· \frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$
化简得：
$AC^{2}=3x^{2}+9x^{2}-3x(4x^{2}-16)/x=12x^{2}-12x^{2}+48=48$
故$AC=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
$4\sqrt{3}$
在$△ ABD$中，由余弦定理得：
$\cos B=\frac{AB^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2· AB· BD}=\frac{(\sqrt{3}x)^{2}+x^{2}-4^{2}}{2· \sqrt{3}x· x}=\frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$
在$△ ABC$中，由余弦定理得：
$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2· AB· BC· \cos B$
将$AB=\sqrt{3}x$，$BC = 3x$，$\cos B=\frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$代入上式：
$AC^{2}=(\sqrt{3}x)^{2}+(3x)^{2}-2· \sqrt{3}x· 3x· \frac{4x^{2}-16}{2\sqrt{3}x^{2}}$
化简得：
$AC^{2}=3x^{2}+9x^{2}-3x(4x^{2}-16)/x=12x^{2}-12x^{2}+48=48$
故$AC=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
$4\sqrt{3}$
7. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=135^{\circ},BC=10$,分别以$AB,AC$为直角边向外作等腰直角三角形$ABD$和等腰直角三角形$ACE(∠ ABD=∠ ACE=90^{\circ}),M,N$分别是$AD,AE$的中点,连接$DE,MN$,则$DE=$
$10\sqrt{2}$
.答案
7.$10\sqrt{2}$
解析
证明：连接BE、CD。
在等腰直角三角形ABD中，AB=BD，∠ABD=90°；在等腰直角三角形ACE中，AC=CE，∠ACE=90°。
∠BAC=135°，则∠ABC+∠ACB=45°。
∠DBC=∠ABD+∠ABC=90°+∠ABC，∠ECB=∠ACE+∠ACB=90°+∠ACB，
所以∠DBC+∠ECB=180°+∠ABC+∠ACB=180°+45°=225°，
则∠DBC=225°-∠ECB。
在△DBC和△ECB中，BD=AB，CE=AC，BC=CB，无法直接全等。考虑向量或旋转：
将△ABD绕点B顺时针旋转90°，使BA与BD重合，此时A点对应D点，设C点对应点为F，则BF=BC，∠FBC=90°，DF=AC=CE。
∠FBD=∠ABC，∠DBF=∠ABC，∠FBE=∠FBC+∠CBE=90°+∠CBE，∠DBC=90°+∠ABC，因∠ABC+∠ACB=45°，∠ACB=∠BCE-90°，可得∠FBE=∠DBC，又BF=BC，DF=CE，故△FBE≌△DBC（SAS），得DE=FC。
FC为等腰直角三角形FBC的斜边，FC=√2BC=10√2，即DE=10√2。
10√2
在等腰直角三角形ABD中，AB=BD，∠ABD=90°；在等腰直角三角形ACE中，AC=CE，∠ACE=90°。
∠BAC=135°，则∠ABC+∠ACB=45°。
∠DBC=∠ABD+∠ABC=90°+∠ABC，∠ECB=∠ACE+∠ACB=90°+∠ACB，
所以∠DBC+∠ECB=180°+∠ABC+∠ACB=180°+45°=225°，
则∠DBC=225°-∠ECB。
在△DBC和△ECB中，BD=AB，CE=AC，BC=CB，无法直接全等。考虑向量或旋转：
将△ABD绕点B顺时针旋转90°，使BA与BD重合，此时A点对应D点，设C点对应点为F，则BF=BC，∠FBC=90°，DF=AC=CE。
∠FBD=∠ABC，∠DBF=∠ABC，∠FBE=∠FBC+∠CBE=90°+∠CBE，∠DBC=90°+∠ABC，因∠ABC+∠ACB=45°，∠ACB=∠BCE-90°，可得∠FBE=∠DBC，又BF=BC，DF=CE，故△FBE≌△DBC（SAS），得DE=FC。
FC为等腰直角三角形FBC的斜边，FC=√2BC=10√2，即DE=10√2。
10√2
8. (2023·徐州)如图,在$△ ABC$中,$∠ B=90^{\circ},∠ A=30^{\circ},BC=2,D$为$AB$的中点.若点$E$在边$AC$上,且$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$,则$AE$的长为
1或2
.答案
8.1或2
解析
解：在$△ABC$中，$∠B=90^{\circ}$，$∠A=30^{\circ}$，$BC=2$，
$\therefore AC=2BC=4$，$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$，
$\because D$为$AB$中点，$\therefore AD=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$，$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$，
由$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$，得$\frac{1}{2}=\frac{DE}{2}$，$\therefore DE=1$，
过$D$作$DF⊥AC$于$F$，
$\because ∠A=30^{\circ}$，$AD=\sqrt{3}$，$\therefore DF=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$AF=AD\cos30^{\circ}=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$，
在$Rt△DEF$中，$EF=\sqrt{DE^{2}-DF^{2}}=\sqrt{1^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{1}{2}$，
当$E$在$F$上方时，$AE=AF-EF=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$，
当$E$在$F$下方时，$AE=AF+EF=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2$，
$\therefore AE=1$或$2$。
$\therefore AC=2BC=4$，$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$，
$\because D$为$AB$中点，$\therefore AD=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$，$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$，
由$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$，得$\frac{1}{2}=\frac{DE}{2}$，$\therefore DE=1$，
过$D$作$DF⊥AC$于$F$，
$\because ∠A=30^{\circ}$，$AD=\sqrt{3}$，$\therefore DF=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$AF=AD\cos30^{\circ}=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$，
在$Rt△DEF$中，$EF=\sqrt{DE^{2}-DF^{2}}=\sqrt{1^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{1}{2}$，
当$E$在$F$上方时，$AE=AF-EF=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$，
当$E$在$F$下方时，$AE=AF+EF=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2$，
$\therefore AE=1$或$2$。
9. 如图,$O$为线段$PB$上一点,以点$O$为圆心,$OB$的长为半径的$\odot O$交$PB$于点$A$,点$C$在$\odot O$上,连接$PC$,满足$PC^{2}=PA· PB$.
(1)求证:$PC$是$\odot O$的切线;
(2)若$AB=3PA$,求$\frac{AC}{BC}$的值.
(1)求证:$PC$是$\odot O$的切线;
(2)若$AB=3PA$,求$\frac{AC}{BC}$的值.
答案
9.(1)证明:连接OC,如答图,
∵$PC^{2}=PA· PB$,
∴$\frac{PA}{PC}=\frac{PC}{PB}$.
∵∠P=∠P,
∴△PAC∽△PCB,
∴∠PCA=∠B.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠B=90°.
∵OA=OC,
∴∠CAB=∠OCA,
∴∠PCA+∠OCA=90°,
∴OC⊥PC;
又OC为⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线.
(2)解:
∵AB=3PA,
∴PB=4PA,OA=OC=1.5PA,PO=2.5PA.
∵OC⊥PC,
∴PC=$\sqrt{PO^{2}-OC^{2}}$=2PA.
∵△PAC∽△PCB,
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{PC}{PB}=\frac{2PA}{4PA}=\frac{1}{2}$.
10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$E$在边$BC$上移动(点$E$不与点$B,C$重合),满足$∠ DEF=∠ B$,且点$D,F$分别在边$AB,AC$上.
(1)求证:$△ BDE∽ △ CEF$;
(2)当点$E$移动到$BC$的中点时,求证:$FE$平分$∠ DFC$.
(1)求证:$△ BDE∽ △ CEF$;
(2)当点$E$移动到$BC$的中点时,求证:$FE$平分$∠ DFC$.
答案
10.证明:(1)
∵AB=AC,
∴∠B=∠C.
∵∠BDE=180°−∠B−∠DEB,∠CEF=180°−∠DEF−∠DEB,
又
∵∠DEF=∠B,
∴∠BDE=∠CEF,
∴△BDE∽△CEF.
(2)
∵△BDE∽△CEF,
∴$\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵E是BC的中点，
∴BE=CE,
∴$\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵∠DEF=∠B=∠C,
∴△DEF∽△ECF,
∴∠DFE=∠CFE,
∴FE平分∠DFC;
∵AB=AC,
∴∠B=∠C.
∵∠BDE=180°−∠B−∠DEB,∠CEF=180°−∠DEF−∠DEB,
又
∵∠DEF=∠B,
∴∠BDE=∠CEF,
∴△BDE∽△CEF.
(2)
∵△BDE∽△CEF,
∴$\frac{BE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵E是BC的中点，
∴BE=CE,
∴$\frac{CE}{CF}=\frac{DE}{EF}$.
∵∠DEF=∠B=∠C,
∴△DEF∽△ECF,
∴∠DFE=∠CFE,
∴FE平分∠DFC;
